题意
给定一个大小为 4 × n 4 \times n 4×n 的平面，然后用 1 × 2 1 \times 2 1×2 的矩形铺满它，求有多少种铺法。
思路
典型的状压DP，和 Mondriaan's Dream 这道题很像。
对于每一行，我们用 1 1 1 表示铺了， 0 0 0 表示没铺。这样所组成的一个 0 , 1 0,1 0,1 串即为这一行的放置状态。
我们设 f i , S f_{i,S} fi,S 表示第 i i i 行的放置状态为 S S S 的方案数。则有： f i , S = ∑ f i − 1 , S ′ f_{i,S}=\sum f_{i-1,S'} fi,S=∑fi−1,S′。其中 S ′ S' S′ 为
能转移到状态 S S S 的状态。
但是，由 S S S 来推 S ′ S' S′ 并不好做，所以我们考虑由 S ′ S' S′ 来推 S S S。
对于当前行的状态 S S S ，它是由前一行的状态 S ′ S' S′ 转化过来的，显然，对于该行某个位置 j j j ：
- 如果前一行该位置为 0 0 0，那么该位置可以竖放即 0 → 1 0 \to 1 0→1 ；
- 如果前一行连续两个位置为 0 0 0，那么这两个连续位置可以横放即 00 → 00 00 \to 00 00→00 ；
- 如果前一行该位置为 1 1 1，显然该位置不能再竖放，于是应该把该位置设置为 0 0 0，即 1 → 0 1 \to 0 1→0 。
每一行的转移过程可以用dfs来实现。
最后，我们枚举每一行，并枚举它的初始状态，然后进行dfs即可。
但是，这道题因为平面的宽度恒为 4 4 4 ，所以可以推式子。这个做法大家可以参考一下别人的题解，我就不讲了。其实是我不会
完整代码
注意多测......
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int n,m;ll f[1005][20],U=15;
void dp(int i,ll s,ll s1,ll s2,ll j){
if(s1==U){f[i+1][s2]+=f[i][s];return ;}
if(!(s1&(1<<j))){
dp(i,s,s1|(1<<j),s2|(1<<j),j+1);
if(j<3&&!(s1&(1<<(j+1))))
dp(i,s,s1|(1<<j)|(1<<(j+1)),s2,j+2);
}else dp(i,s,s1,s2&~(1<<j),j+1);
}
void MAIN(){
cin>>n;
memset(f,0,sizeof f);
f[1][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(ll s=0;s<=U;s++)
dp(i,s,s,0,0);
cout<<f[n+1][0]<<"\n";
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int T;cin>>T;for(int i=1;i<=T;i++)cout<<i<<" ",MAIN();
return 0;
}